【文档说明】安徽省阜阳市2022-2023学年高二下学期期末质量统测化学试题 含解析.docx，共(18)页，1.496 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-9f3f0ca9a1b039f9656d5481fd21c1c8.html

以下为本文档部分文字说明：

阜阳市2022～2023学年度高二年级教学质量统测化学考生注意：1.本试卷分第1卷(选择题)和第11卷(非选择题)两部分，共100分。考试时间75分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.可能要用到的相对原子质量：N-14O-16P

-31S-32Cr-52Cu-64第1卷(选择题共42分)一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.劳动创造幸福是中华民族的优良传统，下

列劳动项目与所涉及的化学知识关联错误的是选项劳动项目化学知识A科学研究：用X射线衍射仪区分普通玻璃和水晶普通玻璃属于非晶体，水晶属于晶体B工厂生产：接触法制硫酸涉及氧化还原反应C社区服务：演示用泡沫灭火器灭火盐酸与小苏打反应产生大量二氧化碳D家务劳动：用“84”消毒液漂洗衣服“84”

消毒液具有漂白性A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．用X射线衍射仪可区分晶体和非晶体，普通玻璃属于非晶体，水晶为晶体，可用X射线衍射仪区分，A正确；B．接触法制硫酸，FeS2转化为SO2，SO2转化为S

O3，这些过程中有元素化合价的变化，涉及氧化还原反应，B正确；C．泡沫灭火器是利用铝离子与碳酸氢根离子的双水解反应，生成二氧化碳来灭火，没有盐酸参与反应，C错误；D．84消毒液的主要成分为NaClO，NaClO具有漂白性，可用于漂

洗衣服，D正确；故答案选C。2.设NA为阿佛伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.11gP4O6含P-O键的数目为0.6NAB.0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中，CO23−的数目为0.1NAC.1m

olFeCl3跟水反应完全转化成氢氧化铁胶体后，生成胶体粒子的数目为NAD.将2.24L氯气(标况下)通入水中，转移电子的数目为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A．11gP4O6的物质的量为0.05mol，1个中含有P-O键12条，则0.05mol该物质含有P-O键的数目为0.

6mol，A正确；B．选项中并未说明碳酸钠溶液的体积，无法计算碳酸根离子的物质的量，B错误；C．1个氢氧化铁胶体粒子中含有多个Fe(OH)3，1molFeCl3与水反应完全转化为氢氧化铁胶体，生成胶体粒子的数目小于NA，C错误；D．氯气与水的反应为可逆反应，0.1mol

氯气与水反应，转移电子数小于0.1mol，D错误；故答案选A。3.下列实验能达到对应目的的是A．制取氨气B．制备硝基苯C．制备无水AlCl3固体D．制备乙酸乙酯A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．氯化铵分解生成氨气和氯化

氢，两者在试管口会重新化合生成氯化铵，因此不能制得氨气，A错误；B．实验室利用苯、浓硝酸、浓硫酸混合在60℃水浴下制取硝基苯，实验装置及操作均相符，B正确；C．制无水AlCl3固体，因在HCl气氛中蒸发水分，直接加热蒸发会导

致氯化铝水解，最终生成氢氧化铝，C错误；D．乙酸乙酯的制备时应该用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，而不能用氢氧化钠溶液，D错误；故选：B。4.阿莫西林是种最常用的抗生素，其结构如图所示。下列说法错误的是A.1m

ol阿莫西林最多消耗5mol2HB.1mol阿莫西林最多消耗4molNaOHC.阿莫西林分子中含有4个手性碳原子D.阿莫西林能发生取代、加成、氧化、缩聚等反应【答案】A【解析】【分析】阿莫西林含有酚羟基

、酰胺基、肽键、氨基、苯环；连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，据此次分析作答。【详解】A．苯环可与氢气加成，但羧基、肽键、酰胺基难与氢气加成，所以1mol阿莫西林最多消耗3mol2H，故A错误；B．阿莫西林含有酚羟基、羧基、肽键均能与氢氧化钠

反应，1mol阿莫西林最多消耗4molNaOH，故B正确；C．打※的为手性碳原子，共4个，故C正确；D．阿莫西林含有酚羟基等，可以发生氧化反应，含有苯环，可以发生加成反应，含有氨基与羧基，可以发生取代反应、缩聚反应，故D正确；故答案选A。5.以乙烷燃料电池为电源进行电解的实验装置如下图

所示。下列说法正确的是A.燃料电池工作时，正极反应为O2+4H+-4e-=2H2OB.a极是铜，b极是铁时，能达到铁上镀铜的目的C.a极是纯铜，b极是粗铜时，a极上有铜析出，b极逐渐溶解，两极质量变化相同D

.a、b两极若是石墨，在同温同压下b极产生的气体与电池中消耗乙烷的体积之比为7：2【答案】D【解析】【分析】根据图示知乙烷燃料电池中左侧电极为电源的正极，右侧电极为电源的负极，a为电解池的阴极，b为电解池的阳极。【详解】A．根据图示知该燃料电

池工作时，负极产物CO2，电解质呈酸性，正极反应为O2+4H++4e－=2H2O，A错误；B．a极是铜，b极是铁时，铁作阳极，铁失电子，铜离子在铜电极得电子生成铜单质，不能达到铁上镀铜的目的，B错误；C．a极是纯铜，b极是粗铜时，为铜的电解精炼，a极上有铜析出，b极逐渐溶解，不只铜放电，两极质

量变化不相同，C错误；C．a、b两极若是石墨，b极电极反应为：2H2O-4e－=O2+4H+，原电池中负极电极反应为：+2622CH+4HO-14e=2CO14H−+，根据电子守恒，当转移等量电子时b极产生的氧气与电池中消

耗乙烷的体积之比为7：2，D正确；故选：D。6.某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为45.010−和51.710−，将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是为A.曲线Ⅱ代

表CH3COOH溶液B.a点溶液中，c(NO2−)>c(CH3COO-)C.水的电离程度：b>cD.c点和d点两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同【答案】D【解析】【详解】A．因为HNO2的电离常数比CH3

COOH大，所以HNO2的酸性较强，在加水稀释的过程中，pH变化较大，所以曲线Ⅱ代表HNO2溶液加水稀释的曲线，A错误；B．根据电荷守恒：HNO2溶液中c(H+)=c(NO2−)+c(OH-)，CH3COOH溶

液c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，a点时两溶液pH值相等，则c(NO2−)=c(CH3COO-)，故B错误；C．b点pH小于c点，可知b点氢离子浓度大，对水电离的抑制作用大，水的电离程度b小于c，B错误；D．c、d代表同一溶液，两者所含HNO2的物质的量

相等，因此消耗NaOH的物质的量相等，恰好中和后，溶液中n(Na+)相同，D正确；故选：D。7.下列实验操作与预期实验目的一致的是选项实验操作实验目A苯中有少量苯酚，加入氢氧化钠溶液后，蒸馏可用于除去苯

中的苯酚B测乙烯与溴水反应前后溶液的pH可验证发生的是加成反应还是取代反应C加热乙醇与浓硫酸的混合溶液，将产生的气体通入少量酸性KMnO4溶液可验证乙烯生成D溴乙烷在氢氧化钠溶液中加热水解后，加入硝酸银溶液可用于检验溴乙烷中的BrA.

AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．苯酚与NaOH反应生成的苯酚钠易溶于水，分液可与苯分离，不需要蒸馏，A错误；的的B．若乙烯与Br2发生加成反应，溴水浓度减小，溶液pH增大，若乙烯与Br2发生取代反应，应生成HBr，HBr为强酸，溶

液pH会减小，因此可以用测pH的方法验证反应类型，B正确；C．乙烯中混有的乙醇蒸气会使酸性KMnO4溶液褪色，干扰乙烯检验，C错误；D．碱性条件下，硝酸银生成沉淀，干扰Br元素检验，应该先用硝酸酸化后再加硝酸银，D错误

；答案选B。8.主族元素X、Y、Z、W、Q分别位于三个短周期，且原子序数依次增大。X原子的族序数与周期数相等。X、Y可形成化合物A，电子式为，Z、W、Q的最高价氧化物的水化物两两可以相互反应。光照条件下

，Q的单质可以与烷烃发生取代反应。则下列说法正确的是A.A是非极性分子B.离子半径：Z>W>QC.化合物ZQY的电子式为D.同主族元素的简单氢化物中Y的沸点最高【答案】D【解析】【分析】主族元素X、Y、Z、W、Q分别位于三个短周期，且原子序数依次增大，X原子的族序数与周期数相等，则X为氢

元素；X、Y可形成化合物A，根据电子式可知A是过氧化氢，则Y是氧元素；光照条件下，Q的单质可以与烷烃发生取代反应，则Q为氯元素；Z、W、Q的最高价氧化物的水化物两两可以相互反应，则Z为钠元素，W为铝元素；综上，元素X、Y、Z、W、Q分别是氢

元素、氧元素、钠元素、铝元素、氯元素。【详解】A．A是过氧化氢，属于极性分子，故A错误；B．Q的离子外层电子数最大，所以Q的离子半径最大，而Z、W的离子外层电子数相同，原子序数越大，半径越小，所以离子半径：Q>Z>W，故B错误；C．化合物ZQY为次氯酸钠，Na和次氯酸跟为离子键结合

，则其电子式为：，故C错误；D．Y是氧元素，其简单氢化物为水，由于氢键的作用，同主族元素其沸点最高，故D正确；故选D。9.化妆品研发人员利用如下反应制备具有美白功效的物质Z。下列叙述正确的是A.1mol

X与浓溴水反应时最多消耗4molBr2B.Y分子中苯环上的二氯取代物有7种C.X与Y生成Z的反应为加成反应D.Z中所有碳原子可能共平面【答案】C【解析】【详解】A．已知酚羟基的邻对位上的H才能被溴水中的Br取代，结合题干X的结构简式可知，1molX与浓溴水反应时最多消耗

3molBr2，A错误；B．先考虑Y分子中苯环上的二氯代物有邻、间、对三种位置异构体，在此基础上连接一个-CH=CH2又分别有：2种、3种和1种，故Y分子中苯环上的二氯取代物有6种，B错误；C．由题干图示信息可知，X与Y生成Z的

反应为加成反应，C正确；D．由题干图示Z的结构简式可知，Z中含有2个sp3杂化的碳原子，其中一个连有3个碳原子，故Z中不可能所有碳原子共平面，D错误；故答案为：C。10.硫的化合物很多，如SO2、SO3、SO2Cl2、Na2SO3、三聚的(S

O3)3等，三聚的(SO3)3的结构如图所示。下列说法正确的是A.40g(SO3)3分子中含有6mol键B.SO2Cl2中S原子杂化方式为sp3C.24SO−、23SO−的价层电子对数不相同D.SO3、23SO−均为平面三角形结构【答案】B【解析】【详解】A．

单键均为σ键，1分子(SO3)3中含有12个σ键，40g(SO3)3为-140g240g?mol=16mol，含有2molσ键，A错误；B.SO2Cl2中S原子周围的价层电子对数为：4+1(6-2?2-2?1)2=4，根据杂化轨道理论可知，其杂化方式为sp3杂化，B正确

；C．24SO−中S原子的价层电子对数为4+1(6+2-4?2)2=4、23SO−中S原子的价层电子对数为3+1(6+2-3?2)2=4，故二者中S的价层电子对数相同，C错误；D．SO3中S原子的价层电子对数为3+1(6-3?2)2=3，根据价层电子对

互斥理论可知，SO3为平面三角形结构，而23SO−中S原子的价层电子对数为3+1(6+2-3?2)2=4，23SO−为三角锥形结构，D错误；故答案为：B。11.中国科大10级少年班仅21岁的校友曹原以第一作者在《Science》上连

刊两文报道石墨烯超导重大发现，石墨烯被人们视为“引领未来”的新材料，石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示，下列说法正确的是A.在石墨烯晶体中，碳原子数、C—C键数之比为1：2B.石墨烯和金刚石中C的杂化方式均是sp3C.1个金刚石晶胞中包含8个碳原子D.C60与金刚石属于同种晶体【答

案】C【解析】【详解】A．在石墨烯晶体中，每个碳原子连接3个C-C键，每个六元环占据的碳原子数是2个，因此碳原子数、C—C键数之比为2：3，A错误；B．石墨烯中C的杂化方式是sp2，金刚石中C的杂化方式是sp3，B错误；C．1个金刚石晶胞中包含的

碳原子数为11864882++=个，C正确；D．C60属于分子晶体，金刚石属于共价晶体，D错误；故选C。12.下列实验现象及对应的离子方程式均正确的是A.二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色：22++24245SO+2MnO+2HO=5SO+2Mn+4H−−B.向

NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至24SO−离子恰好沉淀完全：2++2442Ba+2OH+2H+SO=BaSO2HO+−−C.向硫酸铜溶液中加入过量氨水，产生蓝色沉淀：22234Cu+2NHHO=Cu(OH)+2NH++D.向苯酚钠

溶液中通入少量CO2气体溶液变浑浊：222+CO+HO2→23+CO−【答案】A【解析】【详解】A．二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生的是氧化还原反应：22++24245SO+2MnO+2HO=5SO+2M

n+4H−−，A正确；B．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至24SO−离子恰好沉淀完全，生成硫酸钡、氢氧化钠和水：2++2442Ba+OH+H+SO=BaSO+HO−−，B错误；C．向硫酸

铜溶液中加入过量氨水，生成四氨合铜离子：3223242Cu+4NHHO=[Cu(NH)+4HO]++，C错误；D．向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体溶液变浑浊，生成苯酚钠和碳酸氢钠：22+CO+HO→3+HCO−

，D错误；答案选A。13.锂离子电池的正负极一般采用可逆嵌理—脱钾的材料。尖晶石结构的LiMn2O4是一种常用的正极材料。已知一种LiMn2O4晶胞可看成由A、B单元按Ⅲ方式交替排布构成。下列说法正确的是A.放电时，LiMn2O4电极发生电极反应LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xL

i+B.“·”表示的微粒是MnC.每个LiMn2O4晶胞转化为Li1-xMn2O4时转移8x个电子D.充电时，LiMn2O4电极的电势低于电池另一极【答案】C【解析】【详解】A．LiMn2O4电极为正极，发

生还原反应，得电子，正确的反应式应该为Li1-xMn2O4+xLi++xe-=LiMn2O4，故A错误；B．Ⅲ晶胞中含有4个A和4个B，黑球共有(1+8×18）×4=8个，白球个数有(4+4)×4=32个，△个数为4×4=16个，由于LiMn2O4中L

i：Mn：O=1:2:4，故黑球为Li，△为Mn，白球为O，故B错误；C．一个LiMn2O4转化为Li1-xMn2O4转移x电子，一个晶胞中有8个LiMn2O4，转移8x电子，故C正确；D．放电时LiMn2O4电极为正极，充

电时为阳极，阳极电势高于阴极，故D错误；答案选C。14.常温下，向一定浓度邻苯二甲酸钠(Na2A表示)溶液中通入HCl气体，保持溶液体积和温度不变，测得-lgX与pOH[X为c(H2A)、c(A2-)、2c(A)c(HA)−−；pOH=-lgc(OH-

)]的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.曲线L1表示-lgc(H2A)B.Kal(H2A)=3110−C.水的电离程度：a<b<cD.c点溶液中：c(Na+)>c(Cl-)+c(HA-)+2c(A2-)【答案】B【解析

】【分析】由题干图示信息可知，常温下，向一定浓度邻苯二甲酸钠(Na2A表示)溶液中通入HCl气体，随着HCl的通入OH-的浓度逐渐减小，即POH逐渐增大，而A2-的浓度逐渐减小，HA-、H2A的浓度逐渐增大，故-lg(A2-)逐渐增大，而

-lg(H2A)逐渐减小，2c(A)c(HA)−−=2+Kac(H)=-2Ka•c(OH)Kw，即-lg2c(A)c(HA)−−随着pOH的增大而增大，故L1为-lgc(A2-)，L2为-lgc(H2A)，L3为-lg2c(A)c(H

A)−−，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，曲线L1表示-lgc(A2-)，A错误；B．由题干图示L3直线信息可知，当-lg2c(A)c(HA)−−=0时，pOH=8.6，则Ka2(H2A)=2+c(A)c(H)c(HA)−−=10-5.4，又知

Ka1(H2A)Ka2(H2A)=22+2c(A)c(H)c(HA)−=(10-4.2)2，故Kal(H2A)=3110−，B正确；C．向一定浓度邻苯二甲酸钠(Na2A表示)溶液中通入HCl气体，随着HCl的

通入A2-浓度逐渐减小，HA-、H2A的浓度逐渐增大，即A2-的水解程度越来越小，HA-、H2A电离出的H+抑制水的电离作用越来越大，即水的电离程度：a＞b＞c，C错误；D．根据电荷守恒可知，c点溶液中有：c(Na+)

+c(H+)=c(Cl-)+c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，此时溶液中POH大于9.8，即溶液显酸性，即c(H+)＞c(OH-)，故有c(Na+)＜c(Cl-)+c(HA-)+2c(A2-)，D错误；故

答案为：B。第11卷(非选择题共58分)二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.氮化锶(Sr3N2)是工业上生产荧光粉的原材料。已知：氮化锶遇水剧烈反应产生氨气。某同学设计如下装置制备氮化锶(Sr3N2相对分子质量：290.8)。已知：

①所使用的氮气样品可能含有少量CO、CO2、O2等气体杂质；②醋酸二氨合亚铜CH3COO[Cu(NH3)2]溶液能定量吸收CO，但易被O2化，失去吸收CO能力，连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2。（1）装置B盛装的试剂是________

___。（2）氮化锶遇水剧烈反应的化学方程式为___________。（3）装置设计存在缺陷，可能会导致产品变质，提出改进措施为：___________。（4）产品纯度的测定：称取0.4000g所得产品，加入干燥的三颈瓶中，加入蒸馏水，并通入足量水蒸气，将产生的氨全部蒸

出，用50.00mL0.100mol·L-1的盐酸标准溶液完全吸收，再用0.100mol·L-1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗30.00mLNaOH溶液。①若用酚酞作指示剂，滴定终点的现象是___________；②则产品纯度为___________(计算结果保留3位有效数字)；

③若氨没有完全蒸出，则会导致产品纯度___________(填“偏大”“偏小”或“不影响”)【答案】（1）连苯三酚碱性溶液（2）Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3↑（3）在F后加一盛有干燥剂的干

燥管（4）①.溶液由无色变为红色，且在半分钟内不恢复②.72.7%(或0.727)③.偏小【解析】【分析】所使用的氮气样品可能含有少量CO、CO2、O2等气体杂质，装置A中NaOH溶液可除去二氧化碳，装置B中盛放连苯三酚碱性溶液吸收氧气，装置C中盛放醋酸二氨合

亚铜溶液吸收CO，氮化锶遇水剧烈反应产生氨气，装置D盛放浓硫酸吸收水蒸气；【小问1详解】根据分析可知，装置B盛放连苯三酚碱性溶液以用于吸收氧气；【小问2详解】氮化锶遇水剧烈反应产生氨气和氢氧化锶，反应方程式：Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2

NH3↑；【小问3详解】空气中的水蒸气可能会导致生成的氮化锶遇水剧烈反应，所以应在装置末端加一盛有干燥剂的干燥管；【小问4详解】①若用酚酞作指示剂，滴定终点的现象：溶液由无色变为红色，且在半分钟内不恢复；②根据2NaOH+HCl=NaCl+HO，可知

，剩余盐酸物质的量：-10.03L0.003mol0.100molL=，则氨气消耗盐酸的物质的量n(HCl)0.05L0.1mol/L0.003mol0.002mol=−=，3n(NH)n(HCl)0.

002mol==，根据元素守恒32n(SrN)0.001mol=，则产品纯度290.8g/mol10072.70.4g％=％；③若氨没有完全蒸出，则会导致最后结果偏小；16.某铬贫矿主要成分为亚铬酸亚铁Fe(CrO2)2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3，采用次

氯酸钠法处理矿石并制备CrO3的工艺流程如图，已知“氧化浸出”时铁以最高价氧化物存在。（1）Cr的价电子排布式为___________。（2）“氧化浸出”过程中Fe(CrO2)2转化为Na2CrO4的化学方程式为___________。（3）“电解”过程

中生成的化合物I为___________，“沉铝”过程中生成的化合物Ⅱ为___________。（4）“沉铝”过程中生成Al(OH)3的离子方程式为___________。（5）“混合”后要进行过滤与洗涤，简述实

验室中洗涤沉淀的操作：___________。（6）金属铬的晶胞如图所示，晶胞边长为apm，则该晶胞的密度ρ=___________g·cm-3(写出计算表达式即可)【答案】（1）3d54s1（2）22242322Fe(

CrO)+7NaClO+8NaOH=4NaCrO+FeO+7NaCl+4HO或2224322Fe(CrO)+7NaClO+8NaOH=4NaCrO+2Fe(OH)+7NaCl+HO（3）①.NaOH②.NaHCO3（4

）22233AlO+CO+2HO=Al(OH)+HCO−−（5）沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流尽，重复2～3次（6）103A522N(a10)−【解析】【分析】通过次氯酸钠将铬贫矿中Fe(CrO

2)2氧化为Na2CrO4，电解后再通入二氧化碳即可生成重铬酸钠，之后在加入浓硫酸即可得到产物，以此解题。【小问1详解】Cr为24号元素，其3d54s1；【小问2详解】氧化浸出”时铁以最高价氧化物存在，故离子方程式为：22242322Fe(C

rO)+7NaClO+8NaOH=4NaCrO+FeO+7NaCl+4HO或2224322Fe(CrO)+7NaClO+8NaOH=4NaCrO+2Fe(OH)+7NaCl+HO；【小问3详解】由于电解时产生氢气和氯气，故产物会产生NaOH，“沉铝”时通入过量的CO2，产生NaHCO3；【

小问4详解】“沉铝”过程中，二氧化碳和次氯酸根离子反应生成氢氧化铝，离子方程式为：22233AlO+CO+2HO=Al(OH)+HCO−−；【小问5详解】过滤时洗涤沉淀的方法为：沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水至浸没沉淀，

待水自然流尽，重复2～3次；【小问6详解】根据晶胞结构可知，铬位于顶点和体心，则一个晶胞中含有2个铬原子，且晶胞边长为apm，故其密度ρ=103A522N(a10)−g·cm-3。17.当前，我国公布了实现“碳达峰、碳中和”目标的具体时间。因此，含碳化

合物的综合利用，有效缓解温室效应成为研究热点。回答下列问题：（1）CO2可与H2制甲醇：在催化剂作用下，发生以下反应：I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H1=-49kJ·mol-1II．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

H2=+41kJ·mol-1则：III．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H=___________。若将等物质的量的CO和H2充入恒温恒容密闭容器中进行反应III，下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是___________。A．生成CH3OH的

速率与生成H2的速率相等B．CO的体积分数保持不变C．混合气体的平均相对分子质量不变D．CO和H2的物质的量之比为1：2（2）在钯基催化剂表面上，甲醇制氢的反应历程如图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。该历程中最大能垒(活化能)Ea=___________kJ·mol-1，写出

该步骤的化学方程式：___________。（3）利用CO2和CH4重整也是实现“碳中和”目标的重要途径：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)H>0，在密闭容器中通入物质的量均为0.1mol的CH4和CO2，在

一定条件下发生上述反应，CH4的平衡转化率与温度及压强(单位：Pa)的关系如图所示。①结合图示，p1___________p2，在p2下，y点时v正___________v逆(填“>”“<”或“=”)②用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，则x点对应温度下反应的平衡常数Kp=_

_________(已知：气体分压=气体总压X气体的物质的量分数)。【答案】（1）①.-90kJ·mol-1②.BCD（2）①.179.6②.CO*+4H*=CO*+2H2(g)[或4H*=2H2(g)

]（3）①.<②.>③.2224pPa9【解析】【小问1详解】根据题干信息可知，由盖茨定律可知，反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应Ⅲ，CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)12=-=(-49kJ/mol)-(+41kJ/mol)=-90kJ/molHH

H；A．生成CH3OH的速率与生成H2的速率相等时，正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，A不符合题意；B．CO的体积分数保持不变，说明反应达到平衡状态，B符合题意；C．反应为气体分子数改变的

反应，混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡状态，C符合题意；D．投料比不是反应中的系数之比，当CO和H2的物质的量之比为1：2，说明反应达到平衡状态，D符合题意；故选BCD【小问2详解】根据图示信息可知，该历程中最大能垒(活化能)Ea

=113.9kJ/mol-(-65.7kJ/mol)=179.6kJ/mol；反应方程式为CO*+4H*=CO*+2H2(g)[或4H*=2H2(g)]；【小问3详解】①根据题干信息可知，正反应为体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，故p1<p2；

y点时还没有达到化学平衡状态，所以此时v正>v逆；。的②由图可知，1100℃反应达到平衡时，甲烷的转化率为50%，由方程式可知，平衡时二氧化碳、甲烷、一氧化碳、氢气的物质的量分别为0.1mol-0.1mol50%=0.05mo

l、0.1mol-0.1mol50%=0.05mol、0.1mol50%2=0.1mol、0.1mol50%2=0.1mol，则反应的平衡常数2222222220.1mol0.1mol(pPa)(pPa)4p0.3mol0.3

molp==Pa0.05mol0.05mol9(pPa)(pPa)0.3mol0.3molK。18.阿扎司琼是一种化疗药物的活性成分，下图是某课题组报道的阿扎司琼的合成路线：请回答下列有关问题：

（1）根据系统命名法，A的名称为___________；G的含氧官能团有___________(填名称)。（2）阿扎司琼的分子式为___________；D→E的反应类型是___________。（3）写出B与足量NaOH水溶液反应的化学方程式：______

_____。（4）B的一种同分异构体，碱性条件下水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1∶1。写出符合条件的同分异构体的结构简式：___________。（5）请参照上述合成路线，设计以苯酚为原料合成的路线___________(除含苯

环结构外的其他试剂任选)。【答案】（1）①.邻羟基苯甲酸(或2-羟基苯甲酸)②.醚键、酰胺基、酯基（2）①.C17H20O3N3Cl②.还原反应（3）+2NaOH⎯⎯→水+CH3OH+H2O（4）（5）324HNOHSO⎯⎯⎯→HClFe⎯⎯→23KCO

/DMF⎯⎯⎯⎯⎯→【解析】【分析】A的不饱和度为5，从C的结构可知，A中含有苯环，A和甲醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，所以A分子中含有羧基，结合C的结构可知，A为邻羟基苯甲酸，和甲醇发生酯化反应后生成邻羟基苯甲酸

甲酯，得到的B和氯气发生取代反应生成C，C发生硝化反应生成D，D发生还原反应，硝基被还原为氨基得到E，E和ClCH2COCl发生取代反应生成F，F中氮原子上的氢原子被甲基取代生成G，G最后得到阿扎司琼。【小

问1详解】由分析可知，A的名称为邻羟基苯甲酸；根据G的结构简式可知，分子中的含氧官能团有醚键、酰胺基、酯基，故答案为：邻羟基苯甲酸；醚键、酰胺基、酯基；【小问2详解】根据阿扎司琼的分子结构可知阿扎司琼的分子式为；D→E的反应为硝基被还原为氨基，反应类型为还原反应，故答案为：C17H20O3N3C

l；还原反应；【小问3详解】B中有酯基和酚羟基，酯基可以在NaOH溶液中发生水解，酚羟基可以和NaOH发生中和反应，反应的化学方程式为：+2NaOH⎯⎯→水+CH3OH+H2O；【小问4详解】B为邻羟基苯甲酸

甲酯，分子式为C8H8O3，其碱性条件下水解后酸化，且含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1∶1的同分异构体为，故答案为：；【小问5详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xia

ngxue100.com